2019-2020学年河南省安阳市滑县高二上学期期末数学(文)试题(解析版)

试题

一、单选题

1．不等式9x20的解集为（ ） A．xx3 C．x3x3 【答案】D

【解析】将所求不等式变形为x290，解此不等式即可得解集. 【详解】

将不等式9x20变形为x290，解此不等式得x3或x3. 因此，不等式9x20的解集为xx3或x3. 故选：D. 【点睛】

本题考查一元二次不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题.

B．xx3

D．xx3或x3

1212．曲线yx在点1,处的切线的倾斜角为（ ）

22A．

 6B．

 4C．

 3D．

 2【答案】B

【解析】由题意，求得y'x11，得到ktan1，即可求得切线的倾斜角，得到答案. 【详解】

12x，则y'x，所以y'|x11， 2设切线的倾斜角为，可得ktan1，

由题意，函数y又由[0,)，所以故选：B. 【点睛】

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. 4本题主要考查了导数的几何意义的应用，其中解答中熟记导数的几何意义是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 3．已知a、b、cR，则（ ） A．abac2bc2 C．ab0【答案】C

【解析】利用特殊值法以及不等式的基本性质可判断各选项中不等式的正误. 【详解】

对于A选项，若c=0，则ac2bc2，A选项错误； 对于B选项，若c0，则

B．

abab cc11 abD．a2b2ab

abab，B选项错误； cc对于C选项，由不等式的基本性质知，若ab0，则ab0，则

ab，所以，abab11

，C选项正确； ab

对于D选项，取a3，b2，则a2b2ab，D选项错误. 故选：C. 【点睛】

本题考查利用已知条件判断不等式的正误，常用不等式的基本性质、特殊值法与作差（商）法来判断，考查推理能力，属于基础题. 4．在锐角中

，角

所对的边长分别为

.若

（ ）

A． B． C． D． 【答案】D

【解析】试题分析：【考点】正弦定理解三角形

5．已知a0，则aA．2 【答案】B

【解析】将所求代数式变形为a【详解】

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4a的最小值为（ ） aB．3

C．4

D．5

41，然后利用基本不等式可求出该代数式的最小值. aQa0，由基本不等式得a4a44a12a13， aaa4a的最小值为3. a当且仅当a2时，等号成立，因此，a故选：B. 【点睛】

本题考查利用基本不等式求最值，考查计算能力，属于基础题.

x1 6．已知变量x、y满足线性约束条件xy0，则z2xy的最小值是（ ）

xy60A．3 【答案】A

【解析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线z2xy，观察该直线在y轴上的截距最小时对应的最优解，代入目标函数计算即可. 【详解】

B．2

C．4

D．5

x1作出不等式组xy0所表示的可行域如下图中的阴影部分所示：

xy60

x1联立，解得xy1，可得点A1,1，

xy0平移直线z2xy，当该直线经过可行域的顶点A1,1时，直线z2xy在y轴上的截距最小，此时目标函数z2xy取得最小值，即zmin2113. 故选：A.

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【点睛】

本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值问题，一般通过平移直线法找出最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.

7．等差数列an前几项和为Sn，且S3＝6，a3＝4，则公差d等于（） A．1 【答案】C

B．

5 3C．2 D．3

32d6a103a1. 【解析】设{an}的公差为d，首项为a1 ， 由题意得， 解得2d2a12d4本题选择C选项.

8．若函数y4x33bx有三个单调区间，则b的取值范围是（ ） A．0, 【答案】A

【解析】求得函数的导数y34xb，根据导数和原函数的关系，即可求解. 【详解】

由题意，函数y4x3bx，可得y12x3b， 要使得函数y4x3bx有三个单调区间， 则满足04(12)3b144b0，即b0. 故选：A. 【点睛】

本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，其中解答中熟记导函数与原函数之间的关系的是解答关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

33B．,

C．,0 D．0,

22x29．若点O和点F分别为椭圆y21的中心和右焦点，P为椭圆上任意一点，则

2uuuruuurOPFP的最小值为（ ）

A．

1 4B．

1 3C．

1 2D．

2 3【答案】C

x2【解析】设点P的坐标为x,y，可得y1，且有2x2，然后利用平22第 4 页 共 14 页

uuuruuur面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求出OPFP的最小值.

【详解】

x2设点P的坐标为x,y，则y1，且有2x2，F1,0，

22uuurFPx1,y，

uuuruuur11112OPFPx2xy2x2x1x2x2x1x1，

2222uuuruuur1. ，当时，取得最小值x1OPFPQ2x22故选：C. 【点睛】

本题考查椭圆中向量数量积最值的计算，涉及到椭圆的有界性，考查计算能力与函数方程思想的应用，属于中等题.

10．已知等比数列an的公比q0且q1，其前n项和为Sn，则S2a3与S3a2的大小关系为（ ） A．S2a3S3a2 C．S2a3S3a2 【答案】B

【解析】利用a1和q表示S2a3与S3a2，然后利用作差法可比较出S2a3与S3a2的大小关系. 【详解】

B．S2a3S3a2 D．不能确定

S3a2S2a3a11qq2a1qa11qa1q2a12q0，因此，S2a3S3a2.

故选：B. 【点睛】

本题考查等比数列中相关项的大小比较，一般利用首项和公比相应的项进行表示，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

x2y211．已知P是双曲线21a0上的点F1、F2是其左、右焦点，且216a9auuuruuuurPF1PF20，若PF1F2的面积为9，则a等于（ ）

A．2 【答案】B

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B．1

C．3

D．4

uuuvuuuuvPFPF【解析】利用勾股定理与双曲线的定义可求出结合三角形的面积公式可求12，

出a的值. 【详解】

uuuruuuuruuuruuuur由PF得PF， 1PF21PF20uuuv2uuuuv2uuuuv2222PFPFFF216a9a100a由勾股定理得， 1212uuuvuuuuv由双曲线的定义得PF1PF28a，

uuuv2uuuuv2uuuvuuuuvuuuvuuuuv264aPF1PF22PF1PF2100a2PF1PF2，所以

2uuuvuuuuvPF1PF218a2，

则PF1F2的面积为故选：B. 【点睛】

本题考查焦点三角形面积的计算，涉及双曲线的定义和勾股定理的应用，考查计算能力，属于中等题.

vuuuuv1uuuPF1PF29a29，Qa0，解得a1. 2x2y212．已知O为坐标原点，F是椭圆C：221(ab0)的左焦点，A，B分别为

abC的左、右顶点，P为C上一点，且PFx轴，过点A且斜率为1的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E，若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为（ ） A．

1 3B．

1 2C．

2 3D．

3 4【答案】A

【解析】设直线l的方程为yxa，求得点Mc,ac,E0,a，及OE中点

aH0,，根据B,M,H三点共线，所以kBHkBM，求得a3c，即可求解. 2【详解】

x2y2由题意，椭圆C：221(ab0)，可得F(c,0),A(a,0),B(a,0)，

ab设直线l的方程为yxa，

令xc，解得yac，即点M的坐标为Mc,ac，

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ayaHE0,aEOE令x0，解得，即点的坐标为，则中点0,2， 因为直线BM经过OE的中点，即B,M,H三点共线，所以kBHkBM，

aca11ca又由，即，得a3c， 2,kkBHac2BMa02acc1所以椭圆的离心率为e.

a30故选：A. 【点睛】

本题主要考查了椭圆的离心率的求法，其中解答中注意合理运用椭圆的方程和几何性质，以及三点共线的条件是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.

二、填空题 13．命题“x0R,【答案】xR,12x02”的否定为_________. x01x2„2 x【解析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解. 【详解】

由题意，根据存在性命题与全称命题的关系， 可得命题“x0R,故答案为：xR,【点睛】

本题主要考查了全称命题与存在性命题的关系，其中解答中熟记全称命题与存在性命题的关系，准确改写是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

22yx 14．设m为常数，若点F0,5是双曲线1的一个焦点，则m________．

m912x02”的否定为“xR,1x2„x0x2”.

1x2„2. x【答案】16

【解析】根据双曲线的焦点坐标可得出关于m的等式，解出即可. 【详解】

y2x2由于点F0,5是双曲线1的一个焦点，则m95225，解得

m9第 7 页 共 14 页

m16.

故答案为：16. 【点睛】

本题考查根据双曲线的焦点坐标求参数，考查运算求解能力，属于基础题. 15．已知集合Ax|12x8,xR，Bx|1xm1,xR，若xB成2立的一个充分不必要条件是xA，则实数m的取值范围是 ． 【答案】（2，）【解析】试题分析：Ax|12x8,xR{x|1＜x＜3}，因为xB成立的一2个充分不必要的条件是xA，所以m1所以实数m的取值范围是＞3，即m＞2． （2，）【考点】充分条件和必要条件的应用 16．斜率为

42的直线l经过抛物线y2pxp0的焦点F1,0且与抛物线交于A、3B两点，则线段AB的长为________．

【答案】

25 4【解析】先根据抛物线的焦点坐标得出抛物线的标准方程，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线l的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理结合抛物线的焦点弦长公式可计算出线段AB的长. 【详解】

由于抛物线y2pxp0的焦点为F1,0，则

22p1p2， 2所以，抛物线的方程为y4x，设点Ax1,y1、Bx2,y2，

44yx1直线l的方程为yx1，联立，消去y得4x217x40， 332y4xx1x2171725，ABx1x222．

44425. 故答案为：4【点睛】

本题考查抛物线的焦点弦长的计算，涉及韦达定理与抛物线定义的应用，考查计算能力，属于中等题.

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三、解答题

17．在等差数列an中，已知a11,a35. （1）求数列an的通项公式；

（2）若数列an的前k项和Sk25，求k的值. 【答案】（1）an43n；（2）k5

【解析】（1）设等差数列an的公差为d，由a11,a35，求得d3，即可得到等差数列的通项公式；

（2）由（1），利用等差数列的前n项和公式，求得Sn列出方程，即可求解. 【详解】

（1）由题意，设等差数列an的公差为d，则ana1n1d， 因为a11,a35，可得12d5，解得d3， 所以数列an的通项公式为an1n1343n. （2）由（1）可知an43n，所以Sn又由Sk25，可得325nn，根据Sk25，22n[1(43n)]35n2n，

22210325kk25， 即3k25k500，解得k5或k，223又因为kN*，所以k5. 【点睛】

本题主要考查了等差数列的通项公式的求解，以及等差数列的前n项和的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

18．在ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知abc23ab．（1）求C的值； （2）若ABC的面积为233，c7，求a、b的值． 2a2a3【答案】（1）C；（2）或．

b3b23第 9 页 共 14 页

【解析】（1）将题干中的等式变形为a2b2c2ab，利用余弦定理可求出cosC的值，结合角C的取值范围可得出角C的值；

（2）根据三角形的面积公式和余弦定理列出关于a、b的方程组，解出即可. 【详解】

（1）将等式abc23ab变形为a2b2c2ab，

2a2b2c2ab1C由余弦定理得cosC，，故； Q0C32ab2ab21333ab6a2a3ab（2）由题意有：2，解得或． 22，整理得22ab13b3b2a2b2ab7【点睛】

本题考查利用余弦定理解三角形，同时也考查了利用余弦定理和三角形面积求边长，考查运算求解能力，属于基础题.

19．在等比数列an中，a10，nN*，且a3a28，又a1、a5的等比中项为16．（1）求数列an的通项公式； （2）设bnlog2an，数列bn的前n项和为Sn，是否存在正整数k，使得21111Lk对任意nN*恒成立？若存在，求出正整数k的最小值；S1S2S3Sn若不存在，请说明理由．

n1【答案】（1）an2；（2）存在，且k最小值为2．

【解析】（1）设等比数列an的公比为q，根据题意求出a3和a2的值，即可求出q的值，然后利用等比数列的通项公式可得出数列an的通项公式； （2）求出bn与Sn，利用裂项求和法求出

1111L，可得出该代数式的S1S2S3Sn取值范围，由此可得出正整数k的最小值. 【详解】

2（1）设数列an的公比为q，由题意可得a3a1q0，故a316，

Qa3a28，a28，qa32，ana1qn1a2qn282n22n1； a2第 10 页 共 14 页

n（2）Qbnlog22n，Snb1b2Lbnnn1． 2Q12112， Snnn1nn11111111111111L2L212S1S2S3Snnn1122334n1，

因此，正整数k的最小值为2． 【点睛】

本题考查等比数列通项公式的求解，同时也考查了数列不等式的恒成立问题，涉及等差数列的前n项和以及裂项求和法的应用，考查计算能力，属于中等题.

20．已知抛物线y2x与直线ykx1相交于A、B两点，O为坐标原点． （1）求证：OAOB；

（2）当OAB的面积等于10时，求k的值． 【答案】（1）见解析；（2）k1. 6【解析】（1）设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线AB的方程与抛物线方程联立，列出

uuuruuur韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算计算出OAOB0，即可证明出

OAOB；

（2）由题意得出OAB的面积为SOAB的值. 【详解】

（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，

若k0，则抛物线y2x与直线ykx1只有一个交点，所以，k0，

2yx2联立方程，消去x得kyyk0，则有y1y21．

ykx122因为y1x1，y2x2，所以x1x2y1y21．

1y1y210，代入韦达定理即可求得k22uuuruuur所以OAOBx1x2y1y2110，故OAOB；

（2）由题可知直线经过点N1,0，则OAB可拆分为OAN和ONB．

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所以SAOBSOANSOBN因为y1y211ONy1y2y1y2． 221，y1y21，所以y1y2ky1y224y1y214， 2k所以当SAOB10时，有【点睛】

111k，解得． 410262k本题考查直线与抛物线的综合问题，涉及两直线垂直的证明以及利用三角形的面积求参数，考查运算求解能力与推理能力，属于中等题.

21．已知椭圆的两个焦点为F，短轴长为2. 1(0,22),F2(0,22)（1）求椭圆的标准方程；

（2）一条不与坐标轴平行的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，且线段MN的中点的横坐标为1，求直线l的斜率的取值范围. 22y2【答案】（1）x（2）(,3)(3,) 1；

9【解析】（1）由题设条件，得到c22,b1，根据a的方程；

（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，代入方程两式相减，利用中点公式，求得y0b2c23，即可得到椭圆

9，2k219y2再根据P,得到k的不等式，可求解k的取值范围. 1的内部，在椭圆x22k9【详解】

（1）由题意，椭圆的两个焦点为F，短轴长为2， 1(0,22),F2(0,22)可得椭圆的焦点在y轴上，且c22,b1，所以ab2c23，

y2所以椭圆的标准方程为x1.

92（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，且MN的中点为P,y0,kMNk(k0)，

22y12y2y12y2222由x1,x21，两式相减得x1x20，

99921129x1x2y1y29变形得，由中点公式可得y0，

x1x2y1y22k第 12 页 共 14 页

21919y2因为P,1的内部，所以有21，解得k3或在椭圆x44k22k9k3. 所以直线l的斜率的取值范围为(,3)(3,). 【点睛】

本题主要考查了椭圆的标准方程，简单的几何性质，以及至直线与圆锥曲线的位置关系的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题. 22．已知函数fxe.

x（1）当x0时，设gxfxa1xaR.讨论函数gx的单调性； （2）证明当x,1时，fxxx1.

212【答案】（1）当a≤0时，g(x)在(0，)上是增函数；

当a0时，g(x)在(0，ln(a1))上是减函数，在(ln(a1)，)上是增函数. （2）见解析.

【解析】试题分析：（1）求导数，研究导函数值的正负，确定单调区间. 由于g(x)e(a1)，当x0时，ex1.

所以，讨论当a1≤1，即a≤0时，当a11，即a0时，即得结论；

（2）构造函数h(x)f(x)(xx1)exx1，由于导数，通过确定函数的单调性及最值，达到解题目的. 由于h(x)e2x1，

x所以令m(x)h(x)e2x1，再次利用导数加以研究m(x)e2，

xx2x2x当x[,ln2)时， m(x)在[,ln2)上是减函数， 当x(ln2,1]时， m(x)在(ln2,1]上是增函数， 又m()121212e20,m(1)e30,

得到当x[,1]时,恒有m(x)0,即h(x)0,

12171h(x)在[,1]上为减函数，由h(x)h()e0，得证.

242（1）g(x)e(a1)x，所以g(x)e(a1)． 2分

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xx当x0时，ex1，故有：

当a1≤1，即a≤0时，x(0，)，g(x)0； 当a11，即a0时，ex1，

令g(x)0，得xln(a1)；令g(x)0，得0xln(a1)， 5分 综上，当a≤0时，g(x)在(0，)上是增函数；

当a0时，g(x)在(0，ln(a1))上是减函数，在(ln(a1)，)上是增函数． 6分 （2）设h(x)f(x)(xx1)exx1，则h(x)e2x1，

x令m(x)h(x)e2x1，则m(x)e2， 8分

x2x2x因为x[,1]，所以当x[,ln2)时，m(x)0；m(x)在[,ln2)上是减函数， 当x(ln2,1]时，m(x)0，m(x)在(ln2,1]上是增函数， 又m()121212121e20,m(1)e30,所以当x[,1]时,恒有m(x)0,即

2h(x)0,

所以h(x)在[,1]上为减函数，所以h(x)h()1212e70， 4即当x[,1]时，f(x)xx1. 13分

【考点】应用导数研究函数的单调性、最（极）值、证明不等式，转化与化归思想，分类讨论思想.

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